\chapter{矩阵相似对角形}


\section{特征值与特征向量}

\begin{enumerate}
  \item \begin{enumerate}[(1)]
      \item 设$A=\begin{pmatrix}
          0 & 0 & 2 \\
          -1 & 1 & 2 \\
          -1 & 0 & 3
        \end{pmatrix}$. 要求得$A$的特征值，我们来算$A$的特征多项式：
        \[
          |\lambda E- A| = \begin{vmatrix}
            \lambda & 0 & -2\\
            1 & \lambda-1 & -2 \\
            1 & 0 & \lambda-3
          \end{vmatrix} = (\lambda-1)\left( \lambda(\lambda-3)+2 \right) = 
          (\lambda-1)^2(\lambda-2).
        \]
        所以$A$的特征值为$1,1,2$. 

        我们先来算下属于特征值$1$的特征向量，即线性方程组$(E-A)x=0$的非零解。
        行化简$E-A$至阶梯形可得：
        \begin{align*}
          E-A=\begin{pmatrix}
            1 & 0& -2 \\
            1 & 0 & -2\\
            1 & 0& -2
          \end{pmatrix}
          \xrightarrow[r_3-r_1]{r_2-r_1}
          \begin{pmatrix}
            1 & 0& -2 \\
            0 & 0 & 0 \\
            0 & 0& 0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样$x_2, x_3$是自由变量，分别取$(x_2,x_3)=(1,0), (0,1)$可得两个解
        $\eta_1=(0,1,0)^{\rT}, \eta_2=(2,0,1)^{\rT}$. 
        这两个解就构成了$(E-A)x=0$的一个基础解系，从而
        属于特征值$1$的特征向量为$a_1\eta_1 + a_2 \eta_2$, 
        其中$a_1, a_2$为不全为$0$的任意数。

        我们接着来算下属于特征值$2$的特征向量，即线性方程组$(2E-A)x=0$的非零解。
        行化简$E-A$至阶梯形可得：
        \begin{align*}
          2E-A=\begin{pmatrix}
            2 & 0& -2 \\
            1 & 1 & -2\\
            1 & 0& -1
          \end{pmatrix}
          \xrightarrow[r_3-r_1]{r_1\times \frac{1}{2}, r_2-r_1}
          \begin{pmatrix}
            1 & 0& -1 \\
            0 & 1 & -1 \\
            0 & 0& 0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样$ x_3$是自由变量，取$x_3=1$可得一个解
        $\eta_3=(1,1,1)^{\rT}$. 
        这个解就构成了$(E-A)x=0$的一个基础解系，从而
        属于特征值$2$的特征向量为$a_3\eta_3$, 
        其中$a_3$为任意的非零数。
      \item 记所给矩阵为$A$. 我们来算下$A$的特征多项式：
        \begin{align*}
          |\lambda E-A|&= \begin{vmatrix}
            \lambda & -1 & 0 & 0 \\
            -1 & \lambda-2 & 1 &  -1 \\
            2 & -2 & \lambda & -2 \\
            2 & -1 & 0 & \lambda-2
          \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
            0 & -1 & 0 & 0 \\
            \lambda(\lambda-2)-1 & \lambda-2 & 1 &  -1 \\
            -2\lambda+ 2 & -2 & \lambda & -2 \\
            -\lambda+ 2 & -1 & 0 & \lambda-2
          \end{vmatrix} \\
          &= \begin{vmatrix}
            \lambda(\lambda-2)-1  & 1 &  -1 \\
            -2\lambda+ 2  & \lambda & -2 \\
            -\lambda+ 2  & 0 & \lambda-2
          \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
            \lambda(\lambda-2)-1  & 1 &  -1 \\
            -(\lambda^2+1)(\lambda-2)  & 0 & \lambda-2 \\
            -\lambda+ 2  & 0 & \lambda-2
          \end{vmatrix} \\
          &= (\lambda-2)^2\lambda^2.
        \end{align*}
        所以$A$的特征值为$2,2,0,0$. 

        我们先来算下属于特征值$2$的特征向量，即线性方程组$(2E-A)x=0$的非零解。
        行化简$2E-A$至阶梯形可得：
        \begin{align*}
          2E-A=\begin{pmatrix}
            2 & -1 & 0 & 0 \\
            -1 & 0 & 1 & -1 \\
            2 & -2 & 2 & -2 \\
            2 & -1 & 0 & 0
          \end{pmatrix}\longrightarrow
          \begin{pmatrix}
            1 & 0 & -1 & 1 \\
            0 & 1 & -2 & 2 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0  & 0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样$x_3, x_4$是自由变量，分别取$(x_3,x_4)=(1,0), (0,1)$可得两个解
        $\eta_1=(1,2,1,0)^{\rT}, \eta_2=(-1,-2,0,1)^{\rT}$. 
        这两个解就构成了$(2E-A)x=0$的一个基础解系，从而
        属于特征值$1$的特征向量为$a_1\eta_1 + a_2 \eta_2$, 
        其中$a_1, a_2$为不全为$0$的任意数。

        我们接着来算下属于特征值$0$的特征向量，即线性方程组$-Ax=0$的非零解。
        行化简$A$至阶梯形可得：
        \begin{align*}
          \begin{pmatrix}
            0 & 1 & 0 & 0 \\
            1 & 2 & -1 & 1 \\
            -2 & 2 & 0 & 2 \\
            -2 & 1 & 0 & 2
          \end{pmatrix}\longrightarrow
          \begin{pmatrix}
            1 & 2 & -1 & 1\\
            0 & 1 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 1 & -2 \\
            0 & 0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样$x_4$是自由变量，取$x_4=1$可得一个解$\eta_4=(1,0,2,1)^{\rT}$.
        这个解就构成了$-Ax=0$的基础解系，从而属于$0$的特征向量为
        $a_3\eta_4$, 其中$a_3$为任意的非零数。
    \end{enumerate}
  \item 设$A\alpha = \lambda \alpha$. 亦即
    \[
      \begin{cases}
        3+k=\lambda\\
        2+2k=\lambda k\\
        3+k=\lambda.
      \end{cases}
    \]
    解之得$k=-2$或$1$, 相应地，$\lambda=1$或$4$.
  \item 我们知道方阵的迹（即该方阵的所有对角元素之和）等于所有特征值（按重数记入）的和，
    方阵的行列式等于所有特征值（按重数记入）的积。
    这样，$a-4=2+b, -5a+18=b$. 解之得$a=4, b=-2$. 
  \item 反证，假设$\alpha_1+\alpha_2$是$A$的属于特征值$\lambda_3$的特征向量，
    即$A(\alpha_1+\alpha_2)=\lambda_3(\alpha_1+\alpha_2)$. 
    那么我们有$\lambda_1\alpha_1+\lambda_2 \alpha_2=\lambda_3(\alpha_1+\alpha_2)$, 
    从而$(\lambda_1-\lambda_3)\alpha_1 +(\alpha_2-\lambda_3)\alpha_2=0$.
    由于$\lambda_1\neq \lambda_2$, $\lambda_1-\lambda_3$和$\lambda_2-\lambda_3$不同时为$0$, 
    所以我们得到了一个$\alpha_1, \alpha_2$的不平凡的线性关系。
    这说明$\alpha_1, \alpha_2$线性相关。
    这与不同的特征值的特征向量是线性无关的这个事实是相矛盾的。得证。
\end{enumerate}

\section{矩阵的相似}

\begin{enumerate}
  \item 
    \iffalse 我们知道相似的方阵具有相同的特征多项式，
    因此相似的方阵有相同的迹（即所有对角元素之和）和行列式，换句话说，
    迹和行列式都是相似不变量。
    由此可知$a+4=3+b, 3a=2b$. 解之得$a=2,b=3$.
  \fi
  显然$A=\begin{pmatrix}
    1 & -2 & 2 \\
    0 & a & -2 \\
    0 & 0 & 3
  \end{pmatrix}$和$B\begin{pmatrix}
    1 \\ & 2 \\ && b
  \end{pmatrix}$的特征多项式分别为$(\lambda-1)(\lambda-a)(\lambda-3)$
  和$(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-b)$.
  既然$A, B$相似，它们的特征多项式相等，这样$a=2, b=3$.

\item $A$有$3$个不同的特征值$1,2,3$, 因此$A$可相似对角化，
        即存在可逆矩阵$P$使得 $P^{-1}AP=D,$
        其中$D=\begin{pmatrix}
            1 \\ & 2 \\ && 3
          \end{pmatrix}$.

    \begin{enumerate}[(1)]
      \item $E+A^{-1}$相似于$E+D^{-1}=\begin{pmatrix}
          2 \\ & \frac{3}{2} \\ & & \frac{4}{3}
        \end{pmatrix}$, 
        因而$E+A^{-1}$的所有特征值为$2, \frac{3}{2}, \frac{4}{3}$.
      \item $A^2-A+2E$相似于$D^2-D+2E$. 由于
        \begin{align*}
          |D^2-D+2E|= \begin{vmatrix}
            \begin{pmatrix}
              1 \\ & 4 \\ & & 9
            \end{pmatrix} - 
            \begin{pmatrix}
              1 \\ & 2 \\ & & 3
            \end{pmatrix} + 
            \begin{pmatrix}
              2 \\ & 2 \\ & &2
            \end{pmatrix}
          \end{vmatrix}
          = 2\times 4\times 8 =64,
        \end{align*}
        且行列式是相似不变量，我们有
        \[
          |A^2-A+2E|=64.
        \]
    \end{enumerate}

    \begin{remark*}
      实际上，对任意的（不必可对角化的）$n$阶方阵$A$和任意的多项式$f(x)=a_mx^m+\cdots+a_1x+a_0$, 
      若$A$的$n$个特征值（按重数记入）为$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$,
      那么$A$的多项式$f(A)=a_m A^m + \cdots + a_1 A + a_0 E$的特征值为
      $f(\lambda_1), \cdots, f(\lambda_n)$. 
      若$A$可逆，这相当于所有$\lambda_i\neq 0$, 那么$A^{-1}$的特征值为
      $\lambda_1^{-1}, \cdots, \lambda_n^{-1}$.
    \end{remark*}

  \item 我们先算下$A$的特征多项式：
    \[
      |\lambda E-A| = \begin{vmatrix}
        \lambda & 0 & -1\\ 
        -x & \lambda-1 & -y \\
        -1 & 0 & \lambda
      \end{vmatrix}=(\lambda-1)^2(\lambda+1).
    \]
    特征值$-1$的重数为$1$, 特征值$1$的重数为$2$.
    $A$可对角化当且仅当$A$的特征值$1$有两个特征向量线性无关，
    当且仅当线性方程组$(E-A)\symbf{x}=0$基础解系中有两个向量，
    当且仅当
    \[
      E-A=\begin{pmatrix}
        1 & 0 & -1 \\ -x & 0 & -y \\ -1 & 0 & 1
      \end{pmatrix}
    \]
    的秩等于$1$, 这也相当于$x+y=0$, 
    因为
    \[
      E-A=\begin{pmatrix}
        1 & 0 & -1 \\ -x & 0 & -y \\ -1 & 0 & 1
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3+r_1]{r_2+r_1\times x}
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & -1 \\
        0 & 0 & -x-y\\
        0 & 0 & 0
      \end{pmatrix}.
    \]
  \item 由\S5.1练习1(1)知$A$的特征值为$1,1,2$, 且特征值$1$有两个特征向量
    \[
      \eta_1=(0,1,0)^{\rT}, \quad \eta_2=(2,0,1)^{\rT}.
    \]
    线性无关，特征值$2$有一个特征向量$\eta_3=(1,1,1)^{\rT}$.
    令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
        \eta_1 & \eta_2 & \eta_3
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        0 & 2 & 1 \\
        1 & 0 & 1\\
        0 & 1 & 1
      \end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}
        1 \\ & 1 \\ & & 2
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么$AQ=QD$, $A=QDQ^{-1}$. 这样$A^n=QD^nQ^{-1}$. 
    要计算这个乘积，我们可以把$Q^{-1}$先通过化简的方式求出，再乘出来。先可如下进行。
    我们有$QD^n=\begin{pmatrix}
      0 & 2 & 2^n \\ 1 & 0 & 2^n \\ 0 & 1 & 2^n
    \end{pmatrix}$, 我们接着列化简$\begin{pmatrix}
      Q \\ QD^n
    \end{pmatrix}$把$Q$化简成单位矩阵后，$QD^n$就被化成了$A^n=QD^{n}Q^{-1}$:
    \begin{align*}
      \left( 
        \begin{array}[]{ccc}
          0 & 2 & 1 \\
          1 & 0 & 1\\
          0 & 1 & 1\\
          \hline
          0 & 2 & 2^n \\ 
          1 & 0 & 2^n \\ 
          0 & 1 & 2^n
        \end{array}
      \right)\xrightarrow[c_2\leftrightarrow c_3]{c_1\leftrightarrow c_3} & 
      \left( 
        \begin{array}[]{ccc}
          1 & 0 & 2  \\
          1 & 1 & 0 \\
          1 & 0 & 1 \\
          \hline
          2^n & 0 & 2  \\ 
          2^n & 1 & 0 \\ 
          2^n & 0 & 1
        \end{array}
      \right)\xrightarrow {c_1-c_2-c_3}
      \left( 
        \begin{array}[]{ccc}
          -1 & 0 & 2  \\
          0 & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 1 \\
          \hline
          2^n-2 & 0 & 2  \\ 
          2^n-1 & 1 & 0  \\ 
          2^n-1 & 0 & 1
        \end{array}
      \right) \\
      \xrightarrow[c_1\times(-1)]{c_3+2c_1} &
      \left( 
        \begin{array}[]{ccc}
          1 & 0 & 0  \\
          0 & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 1 \\
          \hline
          2-2^n & 0 & 2^{n+1}-2 \\ 
          1-2^n & 1 & 2^{n+1}-2 \\ 
          1-2^n & 0 & 2^{n+1}-1
        \end{array}
      \right).
    \end{align*}
    因此
    \[
      A=\begin{pmatrix}
          2-2^n & 0 & 2^{n+1}-2 \\ 
          1-2^n & 1 & 2^{n+1}-2 \\ 
          1-2^n & 0 & 2^{n+1}-1
        \end{pmatrix}.
      \]
\end{enumerate}

\section{实对称矩阵的对角形}


\begin{enumerate}
  \item 
    \begin{enumerate}[(1)]
        \item 我们先来计算下$A$的特征多项式：
          \begin{align*}
            |\lambda E-A| &= 
            \begin{vmatrix}
              \lambda-3 & 1 & 0 \\
              1 & \lambda-2 & 1\\
              0 & 1 & \lambda-3
            \end{vmatrix}=
            \begin{vmatrix}
              0 & 1-(\lambda-2)(\lambda-3) & -(\lambda-3) \\
              1 & \lambda-2 & 1\\
              0 & 1 & \lambda-3
            \end{vmatrix}\\
            &= -\left(\left( 1-(\lambda-2)(\lambda-3) \right) (\lambda-3)+(\lambda-3) \right)\\
            &= (\lambda-3)(\lambda-1)(\lambda-4).
          \end{align*}
          所以$A$的特征值为$1,3,4$. 
          分别行化简$E-A, 3E-A, 4E-A$至阶梯型可得
          \begin{align*}
            E-A&= \begin{pmatrix}
              -2 & 1 & 0 \\
              1 & -1 & 1 \\
              0 & 1 & -2 
            \end{pmatrix}\longrightarrow 
            \begin{pmatrix}
              1 & -1 & 1 \\
              0 & 1 & -2 \\
              0 & 0 & 0
            \end{pmatrix}, \\
            3E-A&= \begin{pmatrix}
              0 & 1 & 0\\
              1 & 1 & 1 \\
              0 & 1 & 0
            \end{pmatrix}\longrightarrow
            \begin{pmatrix}
              1 & 1 & 1 \\
              0 & 1 & 0 \\
              0 & 0 & 0
            \end{pmatrix},\\
            4E-A&= \begin{pmatrix}
              1 & 1 & 0\\
              1 & 2 & 1\\
              0 & 1 & 1
            \end{pmatrix}\longrightarrow
            \begin{pmatrix}
              1 & 1 & 0\\
              0 & 1 & 1\\
              0 & 0 & 0
            \end{pmatrix}.
          \end{align*}
          这样我们可得分别属于特征值$1,3,4$的特征向量
          \[
            \eta_1=(1,2,1)^{\rT},\quad \eta_2=(1,0,-1)^{\rT}, \quad \eta_3=(1,-1,1)^{\rT}.
          \]
          由于$A$对称，这些向量自动是正交的。
          因此我们再单位化就可得到一组正交的单位向量。
          令
          \begin{align*}
            \alpha_1&= \frac{\eta_1}{|\eta_1|}= (\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}})^{\rT},\\
            \alpha_2&= \frac{\eta_2}{|\eta_2|}= (\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, -\frac{1}{\sqrt{2}})^{\rT}, \\
            \alpha_3&= \frac{\eta_3}{|\eta_3|}= (\frac{1}{\sqrt{3}}, -\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}).
          \end{align*}
          再令
          \[
            Q=\begin{pmatrix}
            \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3
          \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
            \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\
            \frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\
            \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}}
          \end{pmatrix}, \quad
          D=\begin{pmatrix}
            1 \\ & 3 \\ && 4
          \end{pmatrix}
        \]
        我们有$Q$是正交矩阵，且$AQ=QD$. 从而$Q^{\rT}AQ=D$.
      \item 我们先来计算下$A$的特征多项式
        \begin{align*}
          |\lambda E-A|&= \begin{vmatrix}
            \lambda & -1 & -1 & 1 \\
            -1 & \lambda & 1 & -1 \\
            -1 & 1 & \lambda & -1 \\
            1 & -1 & -1 & \lambda
          \end{vmatrix}=
          \begin{vmatrix}
            0 & \lambda-1 & \lambda-1 & 1-\lambda^2 \\
            0 & \lambda-1 & 0 & \lambda-1 \\
            0 & 0 & \lambda-1 &\lambda-1 \\
            1 &-1 & -1 & \lambda
          \end{vmatrix} \\
          &=- \begin{vmatrix}
            \lambda-1 & \lambda-1 & 1-\lambda^2 \\
            \lambda-1 & 0 & \lambda -1 \\
            0 & \lambda-1 & \lambda-1
          \end{vmatrix} = -(\lambda-1)^3
          \begin{vmatrix}
            1 & 1 & -\lambda-1\\
            1 & 0&  1\\
            0 & 1 & 1
          \end{vmatrix}\\
          &= (\lambda-1)^3(\lambda+3).
        \end{align*}
        所以$A$的特征值为$1,1,1,-3$.
        我们接着行化简$E-A, -3E-A$至阶梯型：
        \begin{align*}
          E-A&= \begin{pmatrix}
            1 & -1 & -1 & 1\\
            -1 & 1 & 1 & -1 \\
            -1 & 1 & 1 & -1 \\
            1 & -1 & -1 & 1
          \end{pmatrix}\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            1 & -1 & -1 & 1\\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0
          \end{pmatrix},\\
          -3E-A&= \begin{pmatrix}
            -3 & -1 & -1 & 1\\
            -1 & -3 & 1 & -1\\
            -1 & 1 & -3 & -1 \\
            1 & -1 & -1 & -3
          \end{pmatrix}\longrightarrow
          \begin{pmatrix}
            1 & 3 & -1 & 1\\
            0 & 1 & -1 & 0\\
            0 & 0 & 1 & 1 \\
            0 & 0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样可得线性无关的属于特征值$1$的三个特征向量
        \[
          \alpha_1= (1,1,0,0)^{\rT}, \quad \alpha_2=(1,0,1,0)^{\rT}, \quad 
          \alpha_3=(-1,0,0,1)^{\rT}
        \]
        和属于特征值$-3$的特征向量
        \[
          \alpha_4=(1,-1,-1,1)^{\rT}.
        \]
        我们对$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$执行Schmidt正交化过程来得到正交的单位向量组。
        先正交化，令
        \begin{align*}
          \beta_1&= \alpha_1=(1,1,0,0)^{\rT},\\
          \beta_2&= \alpha_2-\frac{(\alpha_2, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)}\beta_1 = 
          (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1, 0)^{\rT},\\
          \beta_3&= \alpha_3-\frac{(\alpha_3, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)}\beta_1 -
          \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)}\beta_2 = 
          (-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, 1)^{\rT}.
        \end{align*}
        再单位化，令
        \begin{align*}
          \eta_1&= \frac{\beta_1}{|\beta_1|}=(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0, 0)^{\rT}, \\
          \eta_2&= \frac{\beta_2}{|\beta_2|}=(\frac{\sqrt{6}}{6}, -\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{6}}{3}, 0)^{\rT}, \\
          \eta_3&= \frac{\beta_3}{|\beta_3|}=(-\frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{2})^{\rT}.
        \end{align*}
        对$\alpha_4$单位化得
        \[
          \eta_4=\frac{\alpha_4}{|\alpha_4|}=(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2})^{\rT}.
        \]
        令
        \[
          Q=\begin{pmatrix}
            \eta_1 & \eta_2 & \eta_3 & \eta_4
          \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
            \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{\sqrt{3}}{6} & \frac{1}{2}\\
            \frac{1}{\sqrt{2}}  & -\frac{\sqrt{6}}{6} &  \frac{\sqrt{3}}{6} & -\frac{1}{2}\\
            0  & \frac{\sqrt{6}}{3} &  \frac{\sqrt{3}}{6} & -\frac{1}{2}\\
            0 & 0 &  0 & \frac{1}{2}
          \end{pmatrix},\quad 
          D= \begin{pmatrix}
            1\\ & 1 \\ && 1 \\ &&& -3
          \end{pmatrix}.
        \]
        那么$Q$为正交矩阵，且$AQ=QD$. 从而$Q^{\rT}AQ=D$.
    \end{enumerate}
  \item 设$x=(x_1,x_2,x_3)^{\rT}$为$A$的属于特征值$-1$的一个特征向量。
    由$A$为实对称矩阵知$x$与$\alpha_1, \alpha_2$正交，即$\alpha_1^{\rT} x=0=\alpha_2^{\rT}x$.
    因此$x$为下面线性方程组的解
    \[
      \begin{cases}
        x_1+x_2+x_3&= 0\\
        2x_1+2x_2+x_3&= 0
      \end{cases}.
    \]
    解之可得$x=a(1,-1,0)^{\rT}$, 其中$a$为任意非零数。
    不妨取特征向量$\alpha_3=(1,-1,0)^{\rT}$. 之后可按下面两种方法之一进行，
    其中第一种方法通过Schmidt正交化得到正交矩阵，避免了第二种方法中的求逆。

    \fangfa{1} 对$\alpha_1, \alpha_2$执行Schmidt正交化过程可得两个正交的单位向量
    \[
      \beta_1=(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})^{\rT}, \quad
      \beta_2=(\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{2}{\sqrt{6}})^{\rT}.
    \]
    这是属于特征值$1$的正交的特征向量。
    对$\alpha_3$单位化得$\beta_3=(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, 0)^{\rT}$.
    令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
        \beta_1 & \beta_2  & \beta_3
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\
        \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\\
        \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{2}{\sqrt{6}}  & 0
      \end{pmatrix},\quad 
      D=\begin{pmatrix}
        1 \\ & 1 \\ && -1
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么$Q$是正交矩阵，且$AQ=QD$, 从而
    \[
      A=QDQ^{\rT}= \begin{pmatrix}
        0 & 1 & 0 \\
        1 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 1
      \end{pmatrix}.
    \]

    \fangfa{2} 令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
        \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        1 &2 & 1 \\
        1 & 2 & -1 \\
        1 & 1 & 0
      \end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}
        1 \\ & 1 \\ && -1
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么$AQ=QD.$
    因此
    \[
      A=QDQ^{-1}=\begin{pmatrix}
        0 & 1 & 0 \\
        1 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 1
      \end{pmatrix}.
    \]
  \item 设$\lambda$是$A$的非零特征值，令$\alpha$是$\lambda$的特征向量。
    那么$A\alpha= \lambda\alpha$. 取共轭转置得 
    $\bar{\alpha}^{\rT} A^{\rT}= \bar{\lambda} \bar{\alpha}^{\rT}$.
    由于$A^{\rT}=-A$, 我们有
    $-\bar{\alpha}^{\rT} A= \bar{\lambda} \bar{\alpha}^{\rT}$. 
    右乘$\alpha$得
    \[
      -\lambda \bar{\alpha}^{\rT} \alpha = \bar{\lambda}\bar{\alpha}^{\rT} \alpha,
    \]
    即
    \[
      (\lambda+\bar{\lambda}) \bar{\alpha}^{\rT}\alpha=0.
    \]
    由于$\alpha\neq 0$, $\bar{\alpha}^{\rT}\alpha>0$. 从而$\lambda+\bar{\lambda}=0$.
    所以$\lambda$是纯虚数。
\end{enumerate}

\section*{第5章复习题}
\addcontentsline{toc}{section}{第五章复习题}

\subsection*{一、填空题}

\begin{enumerate}
  \item $\tr B=-16, |B|=-80. $
    令$D=\begin{pmatrix}
      1 \\& -1 \\ & & 2
    \end{pmatrix}$. $A$有$3$个不同的特征值表明$A$可对角化，
    即存在可逆矩阵$Q$使得$Q^{-1}AQ=D$.
    这样
    \begin{align*}
      Q^{-1}BQ&= Q^{-1}(A^3-5A^2+2E)Q\\
      &=  D^3-5D^2+2E\\
      &= \begin{pmatrix}
        -2 \\ & -4 \\ && -10
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    由于迹与行列式都是相似不变量，
    $B$与$Q^{-1}BQ$的有相同的迹、行列式，从而
    \[
      \tr B=\tr Q^{-1}BQ=-16,\quad 
      |B|= |Q^{-1}BQ|=-80.
    \]
  \item $a=0, b=1$. 由于迹与行列式是相似不变量，我们有$2+a=1+b, -2=-2b$. 
    因此$b=1, a=0$.
  \item 设$A$的两个不同的特征值为$\lambda_1, \lambda_2$.
    那么
    \[
      \alpha_1+\alpha_2=A^2(\alpha_1+\alpha_2)=
      \lambda_1^2 \alpha_1 +\lambda_2^2 \alpha_2.
    \]
    从而
    \[
      (\lambda_1^2-1)\alpha_1+(\lambda_2^2-1)\alpha_2=0.
    \]
    由于$\alpha_1, \alpha_2$线性无关，我们有
    $\lambda_1^2-1=0=\lambda_2^2-1$.
    因此$A$的两个不同的特征值为$\pm 1$.
  \item 由于迹与行列式是相似不变量，且迹等于特征值之和，行列式等于特征值之积，
    我们有$\tr B=\tr A=-1, |B|=|A|=-8$.
  \item $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$是属于不同的特征值的特征向量，
    而$A$是实对称矩阵，从而$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$两两正交。
    因此
    \[
      0=\alpha_1^{\rT} \alpha_3=1+a-b,\quad
      0=\alpha_2^{\rT} \alpha_3= 1-2a-b.
    \]
    解之得$a=0, b=1$.
\end{enumerate}

\subsection*{二、选择题}

\begin{enumerate}
  \item 选(B).
  \item 选(D). $A^2=0$表明$E-A^2=E$, 即$(E-A)(E+A)=E$.
  \item 选(C). 
  \item 选(B).
  \item 选(D).
\end{enumerate}

\subsection*{三、计算题}

\begin{enumerate}
  \item \begin{enumerate}[(1)]
      \item 记所给矩阵为$A$. 我们先计算所给矩阵的特征多项式：
        \begin{align*}
          |\lambda E-A| &= 
          \begin{vmatrix}
            \lambda + 2 & -1 & -1 \\
            0 & \lambda-2 & 0 \\
            4 & -1 & \lambda-3
          \end{vmatrix} = (\lambda-2)\begin{vmatrix}
            \lambda+2 & -1 \\4 &\lambda-3
          \end{vmatrix}\\
          &=  (\lambda-2)^2(\lambda+1).
        \end{align*}
        所以$A$的特征值为$2,2,-1$.
        属于特征值$2,-1$的特征向量分别为齐次线性方程组$(2E-A)x=0$和
        $(-E-A)x=0$的非零解。 我们行化简相应的系数矩阵到阶梯型：
        \begin{align*}
          2E-A=\begin{pmatrix}
            4 & -1 & -1 \\
            0 & 0 & 0 \\
            4 & -1 & -1
          \end{pmatrix}\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            4 & -1 & -1 \\
            0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0
          \end{pmatrix},\\
          -E-A=\begin{pmatrix}
            1 & -1 & -1\\
            0 & -3 & 0 \\
            4 & -1 & -4
          \end{pmatrix}\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            1 & -1 & -1\\
            0 & -3 & 0 \\
            0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样属于特征值$2$的特征向量为$a(1,4,0)^{\rT}+b(1,0,4)^{\rT}$, 
        其中$a,b$为不全为$0$的数；
        属于特征值$-1$的特征向量为$c(1,0,1)^{\rT}$, 其中$c$为任意非零数。
      \item 记所给矩阵为$A$. 我们先算出$A$的特征多项式：
        \begin{align*}
          |\lambda E-A|&= \begin{vmatrix}
            \lambda-1 & -1 & -1 & -1\\
            -1 & \lambda-1 & 1 & 1 \\
            -1 & 1 & \lambda-1 & 1 \\
            -1 & 1 & 1 & \lambda-1
          \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
            0 & \lambda-2 & \lambda-2 & \lambda^2-2\lambda \\
            0 & \lambda-2 & 0 & 2-\lambda \\
            0 & 0 & \lambda-2 & 2-\lambda \\
            -1 & 1 & 1 & \lambda-1
          \end{vmatrix} \\
          &= \begin{vmatrix}
            \lambda-2 & \lambda-2 & \lambda^2-2\lambda \\
            \lambda-2 & 0 & 2-\lambda \\
            0 & \lambda-2 & 2-\lambda
          \end{vmatrix} = (\lambda-2)^3 \begin{vmatrix}
            1 & 1 & \lambda \\
            1 & 0 & -1 \\
            0 & 1 & -1
          \end{vmatrix}\\
          &= (\lambda-2)^3(\lambda+2).
        \end{align*}
        所以$A$的特征值为$2,2,2, -2$. 
        特征值$2,-2$的特征向量分别为齐次线性方程组
        $(2E-A)x=0$和 $(-2E-A)x=0$的非零解。 我们行化简相应的系数矩阵至阶梯型：
        \begin{align*}
          2E-A=\begin{pmatrix}
            1 & -1 & -1 & -1\\
            -1 & 1 & 1 & 1 \\
            -1 & 1 & 1 & 1 \\
            -1 & 1 & 1 & 1
          \end{pmatrix}\longrightarrow & \begin{pmatrix}
            1 & -1 & -1 & -1 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}, \\
          -2E-A=\begin{pmatrix}
            -3 & -1 & -1 & -1\\
            -1 & -3 & 1 & 1 \\
            -1 & 1 & -3 & 1 \\
            -1 & 1 & 1 & -3
          \end{pmatrix} \longrightarrow &  \begin{pmatrix}
            -1 & 1 & 1 & -3 \\
            0 & 1 & 0 & -1 \\
            0 & 0 & 1 & -1 \\
            0 & 0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样属于特征值$2$的特征向量为
        $a(1,1,0,0)^{\rT}+b(1,0,1,0)^{\rT}+c(1,0,0,1)^{\rT}$, 
        其中$a,b,c$为不全为$0$的任意数；
        属于特征值$-2$的特征值为$d(-1,1,1,1)^{\rT}$, 其中$d$为任意非零数。
    \end{enumerate}
  \item 令
    \[
      Q=
      \begin{pmatrix}
        \alpha_1  & \alpha_2 & \alpha_3 
      \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        1 & 1 & 2 \\
        2 & 1 & 0 \\
        1 & 0 & -1
      \end{pmatrix}, \quad D=
      \begin{pmatrix}
        1 \\ & 1 \\ & & 2
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么我们有$AQ=QD$, 从而
    \begin{align*}
      A=QDQ^{-1}&= \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 4\\
        2 & 1 & 0\\
        1 & 0 & -2
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        1 &1 & 2\\
        2 & 1 & 0\\
        1 & 0 & -1
      \end{pmatrix}^{-1}\\
      &= \begin{pmatrix}
        3 & -2 & 2 \\
        0 & 1 & 0 \\
        -1 & 1 & 0
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
  \item $A$是实对称矩阵，因此$A$可对角化，这样我们可以方便地计算$A^n$.
    先计算$A$的特征多项式：
    \begin{align*}
      |\lambda E-A| &=  \begin{vmatrix}
        \lambda-1 & -2 & -2 \\
        -2 & \lambda-1 & -2 \\
        -2 & -2 & \lambda-1
      \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
        \lambda-1 & -2 & -2 \\
        0 & \lambda+1 & -1-\lambda \\
        -2 & -2 & \lambda-1
      \end{vmatrix}\\
      &= \begin{vmatrix}
        \lambda-1 & -2 & -4 \\
        0 & \lambda+1 & 0\\
        -2 & -2 & \lambda-3
      \end{vmatrix}=(\lambda+1)^2(\lambda-5).
    \end{align*}
    所以$A$的特征值为$-1, -1, 5$. 
    我们来找下属于特征值$-1, 5$的特征向量的一个极大线性无关组，
    或者说，找到线性方程组$(-E-A)x=0$和$(5E-A)x=0$的基础解系。
    我们行化简相应的系数矩阵至阶梯形：
    \begin{align*}
      -E-A&= \begin{pmatrix}
        -2 & -2 & -2 \\
        -2 & -2 & -2 \\
        -2 & -2 & -2
      \end{pmatrix}\longrightarrow 
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 1 \\
        0 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 0
      \end{pmatrix},\\
      5E-A&= \begin{pmatrix}
        4 & -2 & -2 \\
        -2 & 4 & -2 \\
        -2 & -2 & 4
      \end{pmatrix}\longrightarrow
      \begin{pmatrix}
        2 & -1 & -1 \\
        0 & 1 & -1\\
        0 & 0 & 0
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    因此我们有线性无关的属于特征值$-1$的两个特征向量
    $\alpha_1 = (-1,1,0)^{\rT}, \alpha_2=(-1,0,1)^{\rT}$,
    和属于特征值$5$的特征向量$\alpha_3=(1, 1,1)^{\rT}.$
    之后可按如下两种方法之一进行。

    \fangfa{1} 我们对$\alpha_1, \alpha_2$执行Schmidt正交化过程可得
    \[
      \beta_1=(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)^{\rT},\quad
      \beta_2=(\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, -\frac{2}{\sqrt{6}})^{\rT}.
    \]
    这是属于特征值$-1$的两个正交的单位特征向量。
    对$\alpha_3$单位化得
    $\beta_3=(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}})^{\rT}$.
    令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
        \beta_1 & \beta_2 & \beta_3 
      \end{pmatrix}=
      \begin{pmatrix}
        -\frac{1}{\sqrt{2}}  & \frac{1}{\sqrt{6}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\
        \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\\
        0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}}
      \end{pmatrix},\quad
       D=\begin{pmatrix}
        -1 \\ & -1 \\ && 5
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么$Q$是正交矩阵，且$AQ=QD$. 从而$A=QDQ^{\rT}$, 进而
    \[
      A^n= QD^n Q^{\rT}= 
      \frac{1}{3} \left(\begin{array}{rrr}
          2  \cdot (-1)^n +   5^n & (-1)^{n+1} +   5^n &  (-1)^{n+1} +   5^n \\
          (-1)^{n+1} +  5^n &  2  \cdot (-1)^n +  5^n & (-1)^{n+1} +   5^n \\
          (-1)^{n+1} +  5^n & (-1)^{n+1} +  5^n &  2  \cdot (-1)^n +  5^n
\end{array}\right).
    \]


    \fangfa{2}
    令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
        \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3
      \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        -1 & -1 & 1\\
        1 & 0 & 1\\
        0 & 1 & 1
      \end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix}
        -1 \\ & -1 \\ && 5
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么$AQ=QD$, 从而$A=QDQ^{-1}$. 
    进而
    \begin{align*}
      A^n&= (QDQ^{-1})^n=Q D^{n} Q^{-1}\\
      &= \frac{1}{3} \left(\begin{array}{rrr}
          2  \cdot (-1)^n +   5^n & (-1)^{n+1} +   5^n &  (-1)^{n+1} +   5^n \\
          (-1)^{n+1} +  5^n &  2  \cdot (-1)^n +  5^n & (-1)^{n+1} +   5^n \\
          (-1)^{n+1} +  5^n & (-1)^{n+1} +  5^n &  2  \cdot (-1)^n +  5^n
\end{array}\right).
    \end{align*}



  \item 令$\alpha_3=(x_1,x_2,x_3)$为$A$的属于特征值$2$的特征向量。
    $A$实对称表明$\alpha_3$与$\alpha_1, \alpha_2$正交。
    从而我们有线性方程组
    \[
      \begin{cases}
        x_1-x_2=0\\
        x_1+x_2-2x_3=0.
      \end{cases}
    \]
    解之得$\alpha_3=a(1,1,1)^{\rT}$, 其中$a$为任意非零数。
    取$\alpha_3=(1,1,1)^{\rT}$. 令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
        \alpha_1 & \alpha_2 & \alpha_3
      \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 1 \\
        -1 & 1 & 1\\
        0 & -2  & 1 
      \end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix}
        1 \\ & 1 \\ & & 2
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么$AQ=QD$, 从而
    \[
      A=QDQ^{-1}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix}
         4  &  1  &  1  \\
         1  &  4  &  1  \\
         1  &  1  &  4 
      \end{pmatrix}.
    \]
  \item 我们先计算下$A$的特征多项式：
    \begin{align*}
      |\lambda E-A| = \begin{vmatrix}
        \lambda-2  & 0 & 0 \\
        -a & \lambda-2 & 0 \\
        -b & -c & \lambda+1
      \end{vmatrix}= (\lambda-2)^2(\lambda+1).
    \end{align*}
    $A$的特征值为$2,2,-1$. 
    $A$可对角化当且仅当$A$有线性无关的两个属于特征值$2$的特征向量，
    当且仅当$(2E-A)x=0$的基础解系中有两个向量，当且仅当$2E-A$的秩等于$1$.
    容易发现
    \begin{align*}
      2E-A=\begin{pmatrix}
        0 & 0 & 0\\
        -a & 0 & 0\\
        -b & -c & 3
      \end{pmatrix} 
    \end{align*}
    的秩等于 $1$ 当且仅当 $a=0$.
  \item \begin{enumerate}[(1)]
      \item 我们先来计算下$A$的特征多项式：
        \begin{align*}
          |\lambda E-A|&= \begin{vmatrix}
            \lambda-2 & -2 & 2 \\
            -2 & \lambda-5 & 4 \\
            2 & 4 & \lambda-5
          \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}
            0 & -2\lambda+2  & -\frac{\lambda^2-7\lambda+6}{2} \\
            0 & \lambda-1 & \lambda-1 \\
            2 & 4 & \lambda-5           
          \end{vmatrix}  \\
          &=  2
          \begin{vmatrix}
            -2\lambda+2 & -\frac{\lambda^2-7\lambda+6}{2} \\
            \lambda-1 & \lambda-1
          \end{vmatrix} 
          = (\lambda-1)^2(\lambda-10).
        \end{align*}
        这样$A$的特征值为$1,10$. 
        下面我们求出一组线性无关的属于特征值$1, 10$的特征向量。
        我们要找到齐次线性方程组$(E-A)x=0$, $(10E-A)x=0$的一个基础解系。 
        我们行化简相应的系数矩阵至阶梯型得：
        \begin{align*}
          E-A&= \begin{pmatrix}
            -1 & -2 & 2\\
            -2 & -4 & 4\\
            2 & 4 & -4 
          \end{pmatrix}\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            1 & 2 & -2\\
            0 & 0 & 0\\
            0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}, \\
          10E-A&= \begin{pmatrix}
            8 & -2 & 2\\
            -2 & 5 & 4\\
            2 & 4 & 5
          \end{pmatrix}\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            2 & 4 & 5 \\
            0 & 1  & 1 \\
            0 & 0  &  0
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        因此我们有线性无关的属于特征值$1$的特征向量$\alpha_1 =(-2, 1, 0)^{\rT}, 
        \alpha_2=(2,0,1)^{\rT}$; 属于特征值$10$的特征向量$\alpha_3=(-1,-2,2)^{\rT}$. 
        我们正交化$\alpha_1, \alpha_2$, 令
        \begin{align*}
          \beta_1 &=  \alpha_1 = (-2,1,0)^{\rT}, \\
          \beta_2&=  \alpha_2 - \frac{(\alpha_2, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)} \beta_1 =
          (\frac{2}{5}, \frac{4}{5}, 1)^{\rT}.
        \end{align*}
        接着我们单位化$\beta_1, \beta_2, \alpha_3$, 令
        \begin{align*}
          \eta_1 &=  \frac{\beta_1}{|\beta_1|} = 
          (-\frac{2}{\sqrt{5}}, \frac{1}{\sqrt{5}}, 0)^{\rT}, \\
          \eta_2 &=  \frac{\beta_2}{|\beta_2|} = 
          (\frac{2\sqrt{5}}{15}, \frac{4\sqrt{5}}{15}, \frac{\sqrt{5}}{3})^{\rT}, \\
          \eta_3 &= \frac{\alpha_3}{|\alpha_3|} = 
          (-\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{2}{3})^{\rT}.
        \end{align*}
        令
        \[
          Q=\begin{pmatrix}
            \eta_1 & \eta_2 & \eta_3 
          \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
            -\frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{2\sqrt{5}}{15} & -\frac{1}{3}\\
            \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{4\sqrt{5}}{15} & -\frac{2}{3} \\
            0 & \frac{\sqrt{5}}{3} & \frac{2}{3}
          \end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix}
            1 \\ & 1 \\ && 10
          \end{pmatrix},
        \]
        则$Q$是正交矩阵，且$AQ=QD$, 即$Q^{\rT}AQ=D$.
      \item 我们先计算$A$的特征多项式。由P15例2知
        \[
          |\lambda E-A|=\begin{vmatrix}
            \lambda-2 & -1 & -1 & -1 \\
            -1 & \lambda-2 & -1 & -1 \\
            -1 & -1 & \lambda-2 & -1 \\
            -1 & -1 & -1 & \lambda-2
          \end{vmatrix}=(\lambda-1)^3(\lambda-5).
        \]
        所以$A$的特征值为$1,1,1, 5$. 
        下面我们求出一组线性无关的属于特征值$1, 10$的特征向量。
        我们要找到齐次线性方程组$(E-A)x=0$, $(5E-A)x=0$的一个基础解系。 
        我们行化简相应的系数矩阵至阶梯型得：
        \begin{align*}
          E-A&= \begin{pmatrix}
            -1 & -1 & -1 & -1 \\
            -1 & -1 & -1 & -1 \\
            -1 & -1 & -1 & -1 \\
            -1 & -1 & -1 & -1 
          \end{pmatrix}\longrightarrow
          \begin{pmatrix}
             1 & 1 & 1 & 1 \\           
             0 & 0 & 0 & 0\\
             0 &0 & 0 & 0\\
             0& 0 & 0 &  0
           \end{pmatrix},\\
           5E-A&= \begin{pmatrix}
             3 & -1 & -1 & -1 \\
             -1 & 3 & -1 & -1 \\
             -1 & -1 & 3 & -1 \\
             -1 & -1  & -1 & 3
           \end{pmatrix}\longrightarrow
           \begin{pmatrix}
             1 & -3 & 1 & 1 \\
             0 & 1 & -1  & 0\\
             0 & 0 & 1 & -1 \\
             0 & 0 & 0  &0
           \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        因此我们线性无关的属于特征值$1$的特征向量$\alpha_1 =(1, -1, 0, 0)^{\rT}$, 
        $\alpha_2=(1,0,-1,0)^{\rT}$, $\alpha_3=(1,0,0,-1)^{\rT}$; 
        属于特征值$5$的特征向量$\alpha_3=(1,1,1,1)^{\rT}$. 
        我们正交化$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$, 令
        \begin{align*}
          \beta_1 &=  \alpha_1 = (1,-1,0,0)^{\rT}, \\
          \beta_2 &=  \alpha_2 - \frac{(\alpha_2, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)} \beta_1 =
          (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -1, 0)^{\rT},\\
          \beta_3 &=  \alpha_3 - \frac{(\alpha_3, \beta_1)}{(\beta_1, \beta_1)} \beta_1 
          - \frac{(\alpha_3, \beta_2)}{(\beta_2, \beta_2)} \beta_2 =
          (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, -1)^{\rT}.
        \end{align*}
        接着我们单位化$\beta_1, \beta_2, \beta_3, \alpha_4$, 令
        \begin{align*}
          \eta_1 &= \frac{\beta_1}{|\beta_1|}=
          (\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, 0)^{\rT}, \\
          \eta_2 &= \frac{\beta_2}{|\beta_2|} = 
          (\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{6}}{6}, -\frac{\sqrt{6}}{3}, 0)^{\rT}, \\
          \eta_3 &= \frac{\beta_3}{|\beta_3|} =
          (\frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6}, \frac{\sqrt{3}}{6}, -\frac{\sqrt{3}}{2})^{\rT},\\
          \eta_4 &=  \frac{\alpha_4}{|\alpha_4|} = 
          (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})^{\rT}.
        \end{align*}
        令 
        \[
          Q=\begin{pmatrix}
            \eta_1 & \eta_2 & \eta_3 & \eta_4
          \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
            \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{6} & \frac{1}{2}\\
            -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{3}}{6}& \frac{1}{2} \\
            0  &  -\frac{\sqrt{6}}{3} &  \frac{\sqrt{3}}{6} & \frac{1}{2}\\ 
            0 & 0 &  -\frac{\sqrt{3}}{2}  & \frac{1}{2}
          \end{pmatrix},\quad 
          D=\begin{pmatrix}
            1 \\ & 1 \\ & & 1 \\ & & & 5
          \end{pmatrix}.
        \]
        那么$Q$是正交矩阵，且$AQ=QD$, 从而$Q^{\rT}AQ=D$.
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}[(1)]
      \item 设$a_i\neq 0$, 那么我们可以通过$H$中把$i$行把其他行消成零行。
        这样易知$H$的秩$r(H)=1$. 所以$0$作为$H$的特征值的重数至少为$n-1$.
        设第$n$个特征值为$\lambda$. 我们知道方阵的所有特征值的和等于该方阵的迹，
        因此$\lambda=\sum_{i=1}^n a_ib_i=\alpha \beta^{\rT}$. 
      \item $E+A$的$n$个特征值为$1,\cdots, 1, 1+\alpha \beta^{\rT}$.
      \end{enumerate}
\end{enumerate}
